\section{正定二次型}

\begin{frame}{本节概要}
  \begin{enumerate}
    \item 这节中我们只考虑实二次型，而且所有的线性替换都是实的 (系数都是实数), 所有提到的矩阵都是实矩阵。
    \item 若实二次型$f$满足对任意$X\neq 0$有$f(X)>0$,
      就称为正定的二次型。把``$>$''分别换成``$\geqslant$'', ``$<$'', ``$\leqslant$''
      则得到半正定、负定、半负定的二次型的概念。
      相应地，实对称矩阵有正定、半正定、负定、半负定的概念。
    \item 非退化的实线性替换得到的实二次型与原来的实二次型有相同的正定性 (转：半正定、负定、半负定性)。
      相应地，实合同变换得到的实对称矩阵与原实对称矩阵有相同的正定性 (转：半正定、负定、半负定性)。
    \item 我们会讲到一些正定性的刻画：对$n$阶实对称矩阵$A$, 下列条件等价：(1) $A$正定；
      (2)  $A$ 的正惯性指数为$n$;
  (3) $A$ (实)相合于单位矩阵；
  (4) 存在可逆实矩阵$C$使得$A=C^{\rT}C$;
  (5) $A$的所有顺序主子式大于$0$;
  (6) $A$的所有主子式大于$0$.
  特别地，正定矩阵的行列式大于零。
  其中(1)(2)(3)三条也可用二次型的语言描述。
\item 我们会讲到一些半正定性的刻画 (证明不讲)：
  对$n$阶实对称矩阵$A$, 下面条件等价：(1) $A$半正定；
  (2) $A$ 的正惯性指数等于$A$的秩；
  (3) $A$ (实)相合于一个对角线上元素都非负的对角矩阵；
  (4) 存在实矩阵$M$ (可取为方阵) 使得$A=M^{\rT}M$;
  (5) $A$的所有主子式大于等于$0$.
  特别地，半正定矩阵的行列式非负。
\item 二次型$f$负定 (转：半负定) 相当于$-f$ 正定 (转：半正定)，这样我们可
  通过判断$-f$的正定或半正定来确定$f$的负定性或半负定性。
  \end{enumerate}
\end{frame}

\begin{frame}{正定二次型}
\pause
在实二次型中， 正定二次型占有特殊的地位。 下面我们固定基域为实数域，所有的二次型和线性替换都是实的。

\pause
\begin{definition}
  实二次型 $f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$ 称为\emph{正定}的 (positive definite)， 如果对于任意一组不全为零的实数 $c_{1}, c_{2}, \cdots, c_{n}$, 都有 
\[
  f\left(c_{1}, c_{2}, \cdots, c_{n}\right)>0.
\]
\pause
或者说，实二次型$f(x_1,\cdots,x_n)=X^{\rT}AX$正定指对$0\neq X_0\in \symbf{R}^{(n)}$有
\[
  f(X_0)=X_0^{\rT}AX_0>0.
\]
\end{definition}

\pause
\begin{example}
显然，二次型
\[
f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}
\]
是正定的。
\pause
一般地， 实二次型
\[
f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)=d_{1} x_{1}^{2}+d_{2} x_{2}^{2}+\cdots+d_{n} x_{n}^{2}
\]
是正定的当且仅当 $d_{i}>0$ ($i=1,2, \cdots, n$){\verify}。
\end{example}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{example}
      考虑实二次型
        \[
          f(x_1,\cdots,x_n)=\sum_{i=1}^n x_i^2+\sum_{1\leqslant i < n}x_ix_{i+1}.
        \]
        \pause
    我们有
        \[
          f(x_1,\cdots,x_n)=\frac{1}{2}\left((x_1^2+x_n^2)+\sum_{1\leqslant i<n}(x_i+x_{i+1})^2\right).
        \]
        \pause
        所以对任意的$(c_1,\cdots,c_n)\in \RR^{(n)}$有
        \[
          f(c_1,\cdots,c_n)\geqslant 0. 
        \]
        \pause
        而且，$f(c_1,\cdots,c_n)=0$当且仅当
        \[
          c_1=c_n=0,\quad c_i+c_{i+1}=0\; (1\leqslant i<n),
        \]
        \pause
        亦即$c_1=\cdots=c_n=0$.
        \pause
        所以所给二次型正定。
  \end{example}
\end{frame}

\begin{frame}{非退化实线性替换保持且反映正定性}
\pause
  \begin{observation*}
    非退化 (实) 线性替换得到的实二次型与原来的实二次型有相同的正定性。
\end{observation*}
\pause
\begin{proof}
设实二次型$f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)=X^{\rT}AX$
经过非退化线性替换
\[
 X= C  Y
\]
变成二次型
\[
  g\left(y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{n}\right)=Y^{\rT}(C^{\rT}AC)Y.
\]
\pause
先设$f$正定，我们来证明$g$正定。
\pause
设$0\neq Y_0\in \symbf{R}^{(n)}$.  那么$X_0=CY_0\neq 0$. 
\pause
从而$f$正定表明 
\[
  g(Y_0)= Y_0^{\rT}(C^{\rT}AC)Y_0 = X_0^{\rT} A X_0 = f(X_0)>0.
\]
\pause
因此$g$正定。
\pause
反过来，设$g$正定。
\pause
$g$可由非退化的线性替换$Y=C^{-1}X$化成$f$, 应用刚才的讨论可知$f$正定。
\end{proof}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{example}
    考虑实二次型
    \[
      f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=5 x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+5 x_{3}^{2}+4 x_{1} x_{2}-8 x_{1} x_{3}-4 x_{2} x_{3}.
    \]
    \pause
    我们把它的矩阵合同变换到对角阵：
    \begin{align*}
      \begin{pmatrix}
    5 & 2 & -4 \\
  2 & 1 & -2 \\
-4 & -2 & 5
\end{pmatrix} & 
\xrightarrow[r_2\leftrightarrow r_1]{c_2\leftrightarrow c_1}
      \begin{pmatrix}
        1 & 2  & -2 \\
        2& 5  & -4 \\
        -2 & -4  & 5
\end{pmatrix} 
\xrightarrow[r_2-2r_1, r_3+2r_1]{c_2-2c_1, c_3+2c_1}
      \begin{pmatrix}
        1 & 0  & 0 \\
        0 & 1  & 0 \\
        0 & 0  & 1
      \end{pmatrix}.
    \end{align*}
    \pause
    因此$f(x_1,x_2,x_3)$在合适的非退化的线性替换下可化为$g(y_1,y_2,y_3)=y_1^2+y_2^2+y_3^2$.
    这是正定的二次型，
故$f(x_1,x_2,x_3)$也是正定的。
  \end{example}
\end{frame}

\begin{frame}{正定性的惯性指数刻画}

\pause
\begin{theorem}\label{184}
$n$ 元实二次型 $f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$ 是正定的充要条件是它的正惯性指数等于 $n$.
\end{theorem}

\pause
此定理表明正定二次型 $f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$ 的规范形为
\begin{equation}\tag{5}
y_{1}^{2}+y_{2}^{2}+\cdots+y_{n}^{2} .
\end{equation}

\pause
\begin{proof}
设二次型 $f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$ 经过非退化实线性替换变成标准形
\setcounter{equation}{3}
\begin{equation}
d_{1} y_{1}^{2}+d_{2} y_{2}^{2}+\cdots+d_{n} y_{n}^{2} .
\end{equation}
\pause
既然非退化实线性替换保持且反映正定性， 我们有
$f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$ 正定当且仅当 (4) 是正定的， 
\pause
而我们知道，二次型 (4)是正定的当且仅当 $d_{i}>0$ ($i=1,2, \cdots, n$), 即正惯性指数为 $n$. 
\end{proof}
\pause
\begin{nonexample}
  实二次型
$
f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=2 x_{1} x_{2}+2 x_{1} x_{3}-6 x_{2} x_{3}
$不是正定的，因为其正惯性指数为$2<3$. 
\end{nonexample}
\end{frame}

\begin{frame}{正定矩阵}
\pause
  \begin{definition}
    实对称矩阵 $A$ 称为\emph{正定}的，如果二次型
 $ 
   X^{\rT}  A  X
$
正定。实对称矩阵$A$正定通常记为$A\succ 0$.
\end{definition}
\pause
我们知道非退化的线性变换得到的新二次型与原实二次型有相同的正定性。这个用矩阵的语言描述就是：合同变换得到的新矩阵与原实对称矩阵有相同的正定性。
\pause
\begin{theorem}
  \label{185}
  对$n$阶实对称矩阵$A$, 下列等价：
\begin{enumerate}
  \item $A$ 是正定的。
    \pause
  \item $A$ 的正惯性指数为$n$.
\pause
  \item  $A$ (实) 相合于单位矩阵。
\pause
  \item 存在可逆实矩阵$C$使得$A=C^{\rT}C$.
  \end{enumerate}
\end{theorem}
\pause

  \begin{proof}
    由定理~\ref{184}~我们知 (1)与(2) 等价。显然 (2)与 (3) 等价：
    $A$正惯性指数为$n$, $A$的规范形为$E$, 故$A$合同于$E$; 
    反过来，$A$合同于$E$时$A$的正惯性指数为$n$.
    显然(3)与(4) 等价，这由定义立得。
  \end{proof}

\end{frame}

\begin{frame}
\begin{corollary}
正定矩阵的行列式大于零。
\end{corollary}

  \begin{proof}
  令$A$为正定矩阵。由定理可知存在可逆矩阵$C$使得$A=C^{\rT}C$. 
\pause
两边取行列式， 就有
\[
| A|=\left| C^{\rT}\right|| C|=| C|^{2}>0 . 
\]
\end{proof}

\pause
应用定理~\ref{185}, 我们容易构造出正定矩阵。
例如，取
\[
  C=\begin{pmatrix}
  1 & 1 & -1\\
  1 & 2 & 3 \\
  0 & 0 & 1
\end{pmatrix}, \quad D=\begin{pmatrix}
  1 \\& 2\\ & & 3
\end{pmatrix},
\]
那么
\[
  C^{\rT}C= \begin{pmatrix}
2 & 3 & 2 \\
3 & 5 & 5 \\
2 & 5 & 11
  \end{pmatrix},\quad
  C^{\rT}DC= \begin{pmatrix}
3 & 5 & 5 \\
5 & 9 & 11 \\
5 & 11 & 22
  \end{pmatrix}
\]
都是正定矩阵。

\end{frame}

\begin{frame}{主子式与顺序主子式}
\pause
\begin{definition}
  矩阵 $ A=\left(a_{i j}\right)_{n \times n}$ 的一个$i$阶 ($1\leqslant i\leqslant n$) \emph{主子式} (principal minor) 指形如
  \[
    \det A\begin{pmatrix}
      j_1 j_2 \cdots j_i\\
        j_1 j_2 \cdots j_i
      \end{pmatrix}=\left|\begin{array}{cccc}
      a_{j_1j_1} & a_{j_1j_2} & \cdots & a_{j_1 j_i} \\
    a_{j_2j_1} & a_{j_2j_2} & \cdots & a_{j_2 j_i} \\
  \vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{j_i j_1} & a_{j_i j_2} & \cdots & a_{j_i j_i}
\end{array}\right|
\]
的子式，其中$j_1<j_2<\cdots<j_i$.
\pause
矩阵 $ A=\left(a_{i j}\right)_{n \times n}$ 的$i$阶 ($1\leqslant i\leqslant n$) \emph{顺序主子式 } (leading principal minor) 指子式
  \[
    \det A\begin{pmatrix}
      1 2 \cdots i\\
        1 2 \cdots i
      \end{pmatrix}=
    \left|\begin{array}{cccc}
      a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1 i} \\
    a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2 i} \\
  \vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{i 1} & a_{i 2} & \cdots & a_{i i}
\end{array}\right|.
\]
\end{definition}
\end{frame}

\begin{frame}{正定性的顺序主子式刻画}
\pause
有时我们需要直接从二次型的矩阵来判别这个二次型是不是正定的， 而不希望通过它的规范形。
我们可以借助矩阵的顺序主子式来判断实对称矩阵的正定性。

\pause
\begin{theorem}
实二次型
\[
f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)= X^{\rT}  A  X
\]
是正定的充要条件为矩阵 $ A$ 的顺序主子式全大于零。
\end{theorem}

\pause
\begin{example}
实二次型
$
f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=5 x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+5 x_{3}^{2}+4 x_{1} x_{2}-8 x_{1} x_{3}-4 x_{2} x_{3}
$正定，
\pause
因为其矩阵
\[
  \left(\begin{array}{rrr}
    5 & 2 & -4 \\
  2 & 1 & -2 \\
-4 & -2 & 5
\end{array}\right)
\]
\pause
的$3$个顺序主子式满足
\[
  5>0, \quad\left|\begin{array}{ll}
  5 & 2 \\
2 & 1
\end{array}\right|>0, \quad\left|\begin{array}{rrr}
5 & 2 & -4 \\
2 & 1 & -2 \\
-4 & -2 & 5
\end{array}\right|>0.
\]
\end{example}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{example}
      考虑实二次型$\sum_{i=1}^n x_i^2+\sum_{1\leqslant i< j \leqslant n}x_ix_j$.
\pause
      所给二次型对应的对称矩阵为
      \[
       A= \begin{pmatrix}
            1 & \frac{1}{2} & \cdots &\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\
            \frac{1}{2} & 1 & \cdots & \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\\
            \vdots & \vdots &  & \vdots & \vdots \\
            \frac{1}{2} &\frac{1}{2}  & \cdots & 1 & \frac{1}{2}\\
            \frac{1}{2}&\frac{1}{2} &\cdots & \frac{1}{2} & 1
        \end{pmatrix}.
      \]
\pause
      $A$的$k$阶顺序主子式为
        \[
          \begin{vmatrix}
            1 & \frac{1}{2} & \cdots &\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\
            \frac{1}{2} & 1 & \cdots & \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\\
            \vdots & \vdots &  & \vdots & \vdots \\
            \frac{1}{2} &\frac{1}{2}  & \cdots & 1 & \frac{1}{2}\\
            \frac{1}{2}&\frac{1}{2} &\cdots & \frac{1}{2} & 1
          \end{vmatrix}_{k\times k}.
        \]
\pause
        我们以前计算过{\verify}这种形式的行列式的值为
        \[
          (1-\frac{1}{2})^{k-1}(1+\frac{1}{2}(k-1))=\frac{k+1}{2^k}.
        \]
\pause
        这样所有顺序主子式大于$0$, 所以所给二次型正定。
  \end{example}
  
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{example}
    回忆下，若实（或复）方阵$A=(a_{ij})$满足对任意的指标$i$有
    \[
      |a_{ii}|>\sum_{j\neq i}|a_{ij}|,
    \]
    则$A$称为\emph{对角严格占优矩阵} (这是行的版本，也可谈列的版本)。
    相关的基本事实是：对角严格占优矩阵的行列式非零；
    而对角元素都是正数的对角严格占优实矩阵的行列式为正数，%
%\footnote{
%  我们回顾下证明。\emph{第一步}：证明对角严格占优矩阵的行列式非零。
%  这点可以通过证明齐次线性方程组$AX=0$只有平凡解得到。
%  \emph{第二步}：证明对角严格占优且对角元都是正数的实矩阵的行列式为正数。
%我们设$A$是对角严格占优矩阵且满足对角元素都大于$0$.
%  令
%\[
%A_t=\begin{pmatrix}
%  a_{11} & ta_{12} & \cdots & ta_{1,n-1} & ta_{1n} \\
%  ta_{21} & a_{22} & \cdots & ta_{2,n-1} & ta_{2n} \\
%      \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\
%      ta_{n-1,1} & ta_{n-1,2} & \cdots & a_{n-1,n-1} & ta_{n-1,n} \\
%     t a_{n1} & ta_{n2} & \cdots & ta_{n-1, n} & a_{nn}
%    \end{pmatrix}.
%  \]
%  考虑映射
%  \[
%    f\colon [0,1]\rightarrow \bR, \quad
%    t\mapsto |A_t|.
%  \]
%  $f$是连续函数，且$f(0)=a_{11}\cdots a_{nn}$, $f(1)=|A|$.
%  显然$A_t$也满足对角严格占优且对角元素为正，因此由(1)知$f(t)=|A_t|\neq 0$.
%  又$f(0)>0$, 因此由 (有界闭区间上的) 连续实值函数的介值性可知必定恒有$f(t)>0$.
%  特别地，$|A|=f(1)>0$.
% }
    也就是说，若实方阵$A=(a_{ij})$满足对任意的指标$i$有
    \[
      a_{ii}>\sum_{j\neq i}|a_{ij}|,
    \]
    则 $|A|>0$.
\pause
显然对角元素都是正数的对角严格占优的实对称矩阵的顺序主子方阵仍满足
对角元素都是正数且对角严格占优，因此顺序主子式都大于零。
这表明对角元素都是正数的对角严格占优的实对称矩阵是正定矩阵。
\pause
例如，下面的实对称矩阵都是正定矩阵：
 \[
   \begin{gathered}
     \begin{pmatrix}
       5 & -1 & 2 & 1\\
       -1 & 7 & 3 & -1\\
2 & 3 & 6 & 1\\
1 & -1 & 1 & 10
     \end{pmatrix}, \quad  
     \begin{pmatrix}
       3 & 1 \\
       1 & \ddots & \ddots \\
       & \ddots & \ddots & 1\\
       & &  1 & 3
     \end{pmatrix},
     \quad
     \begin{pmatrix}
       n & 1 & \cdots & 1\\
        1 & n & \cdots & 1\\
        \vdots & \vdots  & & \vdots \\
        1 & 1 & \cdots & n
      \end{pmatrix}_{n\times n}.
   \end{gathered}
 \]
  \end{example}
\end{frame}

\begin{frame}{正定性的顺序主子式刻画的证明}

  \pause
  ($\Rightarrow$) 设二次型
\[
f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)=\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} a_{i j} x_{i} x_{j}
\]
是正定的。 
\pause
对于每个 $k$ ($1 \leqslant k \leqslant n$), 令
\[
f_{k}\left(x_{1}, \cdots, x_{k}\right)=\sum_{i=1}^{k} \sum_{j=1}^{k} a_{i j} x_{i} x_{j}
\]
\pause
我们来证 $f_{k}$ 是一个 $k$ 元的正定二次型。 
\pause
对于任意一组不全为零的实数 $c_{1}, \cdots, c_{k}$, 有
\[
f_{k}\left(c_{1}, \cdots, c_{k}\right)=\sum_{i=1}^{k} \sum_{j=1}^{k} a_{i j} c_{i} c_{j}=f\left(c_{1}, \cdots, c_{k}, 0, \cdots, 0\right)>0 .
\]
\pause
因此 $f_{k}\left(x_{1}, \cdots, x_{k}\right)$ 是正定的。 
\pause
特别地， $f_{k}$ 的矩阵的行列式
\[
\left|\begin{array}{ccc}
a_{11} & \cdots & a_{1 k} \\
\vdots & & \vdots \\
a_{k 1} & \cdots & a_{k k}
\end{array}\right|>0, \quad k=1, \cdots, n .
\]
\pause
这就证明了矩阵 $ A$ 的顺序主子式全大于零。
\end{frame}

\begin{frame}{}


($\Leftarrow$) 对 $n$ 作数学归纳法。
\pause
$n=1$ 时，$f\left(x_{1}\right)=a_{11} x_{1}^{2},$
由条件 $a_{11}>0$, 显然有 $f\left(x_{1}\right)$ 是正定的。
\pause
下面设$n>1$.
将矩阵 $A$ 分块为
\[
  A=\left( 
    \begin{array}[]{ccc|c}
      a_{11} & \cdots & a_{1, n-1} & a_{1n}\\
\vdots & & \vdots & \vdots\\
a_{n-1,1} & \cdots & a_{n-1, n-1} & a_{n-1,n}\\
\hline
a_{n1}  & \cdots & a_{n,n-1} & a_{nn}
    \end{array}
  \right)=\left(\begin{array}{cc}
 A_{1} &  \alpha \\
 \alpha^{\rT} & a_{n n}
\end{array}\right).
\]
\pause
既然 $ A$ 的顺序主子式全大于零， 当然 $ A_{1}$ 的顺序主子式也全大于零。 
\pause
由归纳假设， $A_{1}$是正定矩阵，从而存在 $n-1$ 阶可逆矩阵 $G$ 使得
\(
G^{\rT}  A_{1}  G= E_{n-1}
\)
为$n-1$ 阶单位矩阵。
\pause
我们接着可做对称的分块形式的初等变换 (上课未讲这部分，
故要用矩阵的形式把下面的操作写出来说明下这确实给出合同变换)：
\[
\begin{aligned}
  A=  \begin{pmatrix}
      A_1 & \alpha \\
        \alpha^{\rT} & a_{nn} 
        \end{pmatrix}
      \pause
      \xrightarrow[G^{\rT}\times r_1]{c_1\times G}  
    \pause
    \begin{pmatrix}
      E_{n-1} & G^{\rT} \alpha \\
      \alpha^{\rT}G & a_{nn}
  \end{pmatrix}
\pause
\xrightarrow[r_2+(-\alpha^{\rT}G)\times r_1] {c_2+c_1\times (-G^{\rT} \alpha)}
\pause
\begin{pmatrix}
  E_{n-1} \\ & a_{nn} -\alpha^{\rT} G G^{\rT} \alpha
\end{pmatrix}.
\end{aligned}
\]
\pause
这样$A$合同于
\[
  D=\begin{pmatrix}
    1 \\ & \ddots \\ & & 1\\ &&& a
  \end{pmatrix}, 
  \text{~其中~}
  a=a_{nn} -\alpha^{\rT} G G^{\rT} \alpha.
\]
\pause
令实现合同变换的可逆矩阵为$C$, 即$C^{\rT} A C=D$. 
\pause
取行列式得
\(
  0< |C|^2|A|=|D|=a.
\)
\pause
$a>0$表明$D$正定，从而$A$正定。
\pause
根据归纳法原理，充分性得证。 
\end{frame}

\begin{frame}{正定性的主子式刻画}
\pause
  \begin{corollary}
    设$A$为实对称矩阵。那么$A$正定当且仅当$A$的所有主子式都大于$0$.
  \end{corollary}
从实际操作的角度而言，用顺序主子式判断正定性当然比用所有主子式要轻松多了。
  \pause
  \begin{proof}
    每个主子式都可经合同变换变为顺序主子式。
\pause
    实际上，给定$A$的主子式$|A_1|$, 其中
    \[
      A_1= A\begin{pmatrix}
      j_1 j_2 \cdots j_i\\
        j_1 j_2 \cdots j_i
      \end{pmatrix},
    \]
    若记$A$在初等变换
    \[
      c_{j_1}\leftrightarrow c_1, c_{j_2}\leftrightarrow c_2, \cdots, c_{j_i}\leftrightarrow c_i, 
    r_{j_1}\leftrightarrow r_1, r_{j_2}\leftrightarrow r_2, \cdots, r_{j_i}\leftrightarrow r_i
  \]
    （忽略$j_i=i$时的那些）
    后得到的矩阵为$A'=(a_{ij}')$, 
\pause
那么  $A'$的$i$阶顺序主子式就是 $A$的主子式$|A_1|$.
\pause
      由于合同变换不改变正定性，$A$正定时$A'$也正定，从而其所有顺序主子式大于$0$， 
      特别地 $|A_1|>0.$
\pause
      这就证明了$A$正定时其所有主子式都大于$0$.
\pause
      反过来，若$A$的主子式都大于$0$, 那么其顺序主子式都大于$0$,
      因此$A$正定。
  \end{proof}
\end{frame}


\begin{frame}{半正定性、负定性、半负定性}
\pause
与正定性平行， 还有下面的概念。
\pause
\begin{definition}
设 $f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$ 是一实二次型， 
对于任意一组不全为零的实数 $c_{1}$, $c_{2}, \cdots, c_{n}$, 
如果都有 
\[
  f\left(c_{1}, c_{2}, \cdots, c_{n}\right)<0,
\]
那么 $f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$ 称为\emph{负定}的 (negative definite); 
\pause
如果都有 
\[
  f\left(c_{1}, c_{2}, \cdots, c_{n}\right) \geqslant 0,
\]
那么 $f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$ 称为\emph{半正定}的 (positive semidefinite); 
\pause
如果都有 
\[
  f\left(c_{1}, c_{2}, \cdots, c_{n}\right) \leqslant 0,
\]
那么 $f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$ 称为\emph{半负定}的 (negative semidefinite);
\pause
如果它既不是半正定又不是半负定， 
那么 $f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots\right.$, $\left.x_{n}\right)$ 就称为\emph{不定}的 (indefinite)。

相应地，我们有实对称矩阵的负定性、半正定性、半负定性、不定性的概念。实对称矩阵$A$负定、半正定、半负定通常记为$A\prec 0, A\succeq 0, A\preceq 0$.
\end{definition}
\pause
由正定性的判别条件不难得出负定性的判别条件，因为 $f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$ 
负定当且仅当$-f\left(x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}\right)$ 正定。
\pause
另外，$f$半负定当且仅当$-f$半正定。
\pause
下面我们给出半正定的刻画。
\end{frame}

\begin{frame}{半正定性的刻画}
\pause
  \begin{theorem}
对于实二次型 $f\left(x_{1}, \cdots, x_{n}\right)= X^{\rT}  A  X$, 其中 $ A$ 是实对称的，下列条件等价：
\pause
\begin{enumerate}
    \item $f\left(x_{1}, \cdots, x_{n}\right)$ 是半正定的（亦即$A$半正定）;
\pause
      \item 它的正惯性指数与秩相等;
\pause
        \item 有实可逆矩阵 $ C$,使
          \renewcommand{\arraystretch}{1}
    \[
       C^{\rT}  A C=\left(\begin{array}{llll}
        d_{1} & & & \\
      & d_{2} & & \\
    & & \ddots & \\
  & & & d_{n}
\end{array}\right),
\]
其中 $d_{i} \geqslant 0$ ($i=1,2, \cdots, n$).
\pause
    \item 有实矩阵 $ M$ 使得$A=M^{\rT} M$. （可取$M$为方阵）
\pause
    \item $ A$ 的所有主子式 (行指标集与列指标集相同的子式) 皆大于或等于零。 
\end{enumerate}
\end{theorem}
\pause
\begin{nonexample}
仅有顺序主子式非负是不能保证半正定性， 比如
\[
  f\left(x_{1}, x_{2}\right)=-x_{2}^{2}=\left(x_{1}, x_{2}\right)
  \begin{pmatrix}
0 & 0 \\
0 & -1
\end{pmatrix}   
\begin{pmatrix}
x_{1} \\
x_{2}
\end{pmatrix}.
\]
\end{nonexample}

\end{frame}


\begin{frame}

\begin{example}
    实对称矩阵$A=\begin{pmatrix}
          3 & 2 & -3 \\
          2 & 2 & -2 \\
          -3 & -2 & 3
        \end{pmatrix}$半正定，
        因为我们可做如下的合同变换：
      \begin{align*}
        \begin{pmatrix}
          3 & 2 & -3 \\
          2 & 2 & -2 \\
          -3 & -2 & 3
        \end{pmatrix}\xrightarrow[r_3+r_1,r_1-r_2]{c_3+c_1,c_1-c_2}
        \begin{pmatrix}
          1 & &  \\
          & 2 & \\
          & & 0
        \end{pmatrix}.
      \end{align*}
\end{example}

\pause
\begin{example}
二次型$n\sum_{i=1}^n x_i^2-\left( \sum_{i=1}^n x_i \right)^2$半正定。
\pause
这是因为由Cauthy不等式
\[
  \left( \sum_{i=1}^n a_i b_i \right)^2\leqslant \left( \sum_{i=1}^n a_i^2 \right) \left( \sum_{i=1}^n b_i^2 \right) 
\]
(其中$a_i,b_i$都是实数)
知总有
  \[
    \left( \sum_{i=1}^n x_i \right)^{2}= \left( \sum_{i=1}^n 1\cdot x_i \right)^{2}\leqslant n \sum_{i=1}^n x_i^2.
  \]
  %\pause
  %这个例子也容易通过确认所有主子式非负来证明。
\end{example}
\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{example}
      设$A, B, C$是三角形的三个内角。那么实二次型
  \[
    f(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-2xy\cos C-2yz\cos A-2xz\cos B
  \]
半正定。 
\pause
  我们用对称版本的初等变换将此二次型的矩阵化为对角阵：
  \[
  \begin{aligned}
\pause
    \begin{pmatrix}
    1 & -\cos C & -\cos B\\
    -\cos C & 1 & -\cos A\\
    -\cos B & -\cos A & 1
  \end{pmatrix}
\pause
  \xrightarrow[\substack{r_2+r_1\times \cos C\\ r_3+r_1\times \cos B}]{\substack{c_2+c_1\times \cos C\\ c_3+c_1\times \cos B}} &
\pause
  \begin{pmatrix}
    1 & 0 & 0\\
    0 & \sin^2 C & -\sin B\sin C \\
    0 & -\sin B\sin C & \sin^2B
  \end{pmatrix}\\
\pause
  \xrightarrow[r_3+r_2\times \left(-\frac{\sin B}{\sin C}\right)]{c_3+c_2\times \left( -\frac{\sin B}{\sin C}\right)} &
\pause
 \begin{pmatrix}
    1 \\ & \sin^2 C \\ & & 0
  \end{pmatrix}
  \end{aligned}
\]
(当然$\sin C\neq 0$).
\pause
  于是所给二次型半正定。
\pause
  这里注意到
  \[
    -\cos A-\cos B\cos C=\cos(B+C)-\cos B\cos C= -\sin B\sin C.
  \]
  \end{example}
\end{frame}

\begin{frame}{半正定性刻画的证明}
  \pause
  我们来证明 (1)$\Rightarrow$(2)$\Rightarrow$(3)$\Rightarrow$(4)$\Rightarrow$(1), (1)$\Leftrightarrow$(5).

  ~

\pause
  (1)$\Rightarrow$(2). 令$p, r$分别为$f$的正惯性指数和秩。
  \pause
  若$p<r$, 则$f$的规范形形如
  \[
    g(y_1,\cdots,y_n)=y_1^2+\cdots+y_p^2-y_{p+1}^2-\cdots-y_r^2.
  \]
\pause
  那么只要$y_1=\cdots=y_{r-1}=0$且 $y_{r}\neq 0$, 二次型$g$的取值就为负，从而二次型$g$非半正定。
\pause
  容易发现半正定性与正定性一样在非退化的线性替换下不变，这样$f$也非半正定。
\pause
  因此$f$半正定时必有$p=r$.

\pause
  (2)$\Rightarrow$(3). 既然正惯性指数等于秩，$f$的规范形的矩阵为
  $\begin{pmatrix}
    E_r \\ & 0
  \end{pmatrix}$. 
\pause
  显然这是个主对角线上元素非负的对角阵。$A$与此矩阵合同，因此(3)成立。

  \pause
  (3)$\Rightarrow$(4). 若
      \[
       C^{\rT}  A C=\left(\begin{array}{llll}
        d_{1} & & & \\
      & d_{2} & & \\
    & & \ddots & \\
  & & & d_{n}
\end{array}\right),
\]
\pause
那么令
\[
  M=\diag(\sqrt{d_1}, \sqrt{d_2}, \cdots, \sqrt{d_n}) C^{-1},
\]
\pause
则有$A=M^{\rT}M$. 

\end{frame}

\begin{frame}
  (4)$\Rightarrow$(1) 对$0\neq X_0\in \symbf{R}^{(n)}$, 我们有
  \[
    X_0^{\rT} A X_0= X_0^{\rT} (M^{\rT}M) X_0 = (MX_0)^{\rT} (MX_0)\geqslant 0.
  \]
\pause
  从而 $f(x_1, \cdots, x_n)=X^{\rT}AX$半正定。

  ~

  \pause
  (1)$\Leftrightarrow$(5) 令$\varepsilon>0$. 考虑二次型
  \[
    g(x_1,\cdots,x_n) = X^{\rT} AX+\varepsilon X^{\rT} X= X^{\rT} (A+\varepsilon E) X.
  \]
\pause
若$f$半正定，则$g$正定。
\pause
这样$A+\varepsilon E$的主子式都大于$0$. 
\pause
令$\varepsilon\rightarrow 0^+$可知$A$的主子式都非负。
\pause
反过来，若$A$的主子式都非负，则$A+\varepsilon E$的主子式都正，
\pause
这是因为%
\footnote{诚然，对下面的乘积应用Cauthy-Binet公式可得公式$\det(\varepsilon E+M)=\sum_{i=0}^k c_i \varepsilon^i$：
  \[
    \varepsilon E+M=\begin{pmatrix}  \varepsilon E & E \end{pmatrix}
    \begin{pmatrix}  E \\ M \end{pmatrix}.
\]
}
\[
  \det (\varepsilon E + M) = \varepsilon^k+c_1 \varepsilon^{k-1}+\cdots + c_{k-1} \varepsilon + c_k,
\]
其中$c_i$为方阵$M\in P^{k\times k}$的所有$i$阶主子式之和。
\pause
这样$A+\varepsilon E$正定，$g$正定。
\pause
令$\varepsilon\rightarrow 0^+$可知$f$半正定。
\end{frame}

\begin{frame}{小结}
  \begin{enumerate}
    \item 何为实二次型和实对称矩阵的正定性？
      有哪些判断准则？举例说明这些准则的应用。
    \item 半正定性呢？
      负定性？半负定性？
    \item 随手构造一些正定矩阵。随手构造一些不是正定矩阵的半正定矩阵。
  \end{enumerate}
\end{frame}

